Question

19．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，${a_1}=-\frac{1}{2}，2{S_{n+1}}={S_n}-1（{n∈{N^*}}）$
（I）求證：數(shù)列{S_n+1}是等比數(shù)列
（II）求數(shù)列{（1-2n）a_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （I）${a_1}=-\frac{1}{2}，2{S_{n+1}}={S_n}-1（{n∈{N^*}}）$，可得S_n+1+2=$\frac{1}{2}$（S_n+2），即可證明．
（II）由（I）可得：S_n+1=3×$（\frac{1}{2}）^{n}$，可得S_n=3×$（\frac{1}{2}）^{n}$-1，n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=-3×$（\frac{1}{2}）^{n}$，可得a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}，n=1}\\{-3×（\frac{1}{2}）^{n}，n≥2}\end{array}\right.$．利用錯位相減法與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 （I）證明：∵${a_1}=-\frac{1}{2}，2{S_{n+1}}={S_n}-1（{n∈{N^*}}）$，∴S_n+1+2=$\frac{1}{2}$（S_n+2），
∴數(shù)列{S_n+1}是等比數(shù)列，首項為$\frac{3}{2}$，公比為$\frac{1}{2}$．
（II）解：由（I）可得：S_n+1=$\frac{3}{2}$×$（\frac{1}{2}）^{n-1}$=3×$（\frac{1}{2}）^{n}$，可得S_n=3×$（\frac{1}{2}）^{n}$-1，
∴n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=3×$（\frac{1}{2}）^{n}$-1-$[3×（\frac{1}{2}）^{n-1}-1]$=-3×$（\frac{1}{2}）^{n}$，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}，n=1}\\{-3×（\frac{1}{2}）^{n}，n≥2}\end{array}\right.$．
∴（1-2n）a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}，n=1}\\{3（2n-1）×（\frac{1}{2}）^{n}，n≥2}\end{array}\right.$．
∴數(shù)列{（1-2n）a_n}的前n項和T_n=$\frac{1}{2}$+3[$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$]，
令A(yù)_n=$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{5}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴$\frac{1}{2}{A}_{n}$=$\frac{3}{{2}^{2}}$+2$（\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{4}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}）$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{1}{{2}^{2}}$+2×$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴A_n=$\frac{3}{2}$-$\frac{2n+1}{{2}^{n}}$．
∴T_n=5-$\frac{6n+3}{{2}^{n}}$，n=1也成立．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、錯位相減法、等比數(shù)列的定義通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．